de thi hsg lop 9 mon hoa tinh vinh phuc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014-2015
ĐỀ THI MƠN: HỐ HỌC
(Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm):
1. X là hỗn hợp của hai kim loại gồm kim loại R và kim loại kiềm M. Lấy 9,3 gam X cho vào nước dư thu
được 4,48 lít khí H2 (đktc). Đem 1,95 gam kali luyện thêm vào 9,3 gam X ở trên, thu được hỗn hợp Y có phần
trăm khối lượng kali là 52%. Lấy tồn bộ hỗn hợp Y cho tác dụng với dung dịch KOH dư thu được 8,4 lít khí H2
(đktc). Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn. Xác định kim loại M và R.
2. Cho 500 gam dung dịch CuSO4 nồng độ 16% (dung dịch X). Làm bay hơi 100 gam H2O khỏi dung dịch X
thì thu được dung dịch bão hòa (dung dịch Y). Tiếp tục cho m gam CuSO4 vào dung dịch Y thấy tách ra 10 gam
CuSO4.5H2O kết tinh. Xác định giá trị của m.
Câu 2 (1,5 điểm): Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các dung dịch riêng biệt trong các trường hợp sau:
1. Dung dịch AlCl3 và dung dịch NaOH (khơng dùng thêm hóa chất).
2. Dung dịch Na2CO3 và dung dịch HCl (khơng dùng thêm hóa chất).
3. Dung dịch NaOH 0,1M và dung dịch Ba(OH)2 0,1M (chỉ dùng thêm dung dịch HCl và phenolphtalein).
Câu 3 (1,5 điểm):
1. Viết phương trình phản ứng và giải thích các hiện tượng hóa học sau:
a) Trong tự nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng lại khơng có sự tích tụ H2S trong khơng khí.
b) Trong phòng thí nghiệm, khi nhiệt kế thủy ngân bị vỡ người ta dùng bột lưu huỳnh rắc lên nhiệt kế bị vỡ.
c) Trong phòng thí nghiệm bị ơ nhiễm khí Cl2, để khử độc người ta xịt vào khơng khí dung dịch NH3.
2. Cho hình vẽ mơ tả thí nghiệm điều chế
khí Cl2 từ MnO2 và dung dịch HCl.
Dung dòch HCl
a) Hãy viết phương trình phản ứng điều
chế khí Cl2 (ghi rõ điều kiện).
Bô

ng tẩ
m dung dòch NaOH
b) Giải thích tác dụng của bình (1) (đựng
dung dịch NaCl bão hòa); bình (2) (đựng
dung dịch H2SO4 đặc) và nút bơng tẩm dung
MnO2
dịch NaOH ở bình (3).
Bình (1)

Bình (2)

Bình (3)

Câu 4 (1,5 điểm ): Hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 trong dung dịch HCl lỗng dư thấy còn
lại 6,4 gam Cu khơng tan. Mặt khác hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp trên trong 240 gam dung dịch HNO3 31,5%
(dùng dư) thu được dung dịch Y (khơng chứa NH4NO3). Cho 600 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y. Lọc
bỏ kết tủa, cơ cạn dung dịch nước lọc sau đó nung tới khối lượng khơng đổi thu được 78,16 gam chất rắn khan.
Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn.
1. Tính khối lượng mỗi chất trong X.
2. Tính nồng độ % của Cu(NO3)2 có trong dung dịch Y.
(5)
Câu 5 (1,0 điểm): Xác định các chất
Polietilen
E
(1)
(4)
A
hữu cơ A, D, Y, E, G, H, I và viết các
(8)
(7)

(3)
(6)
Cao su buna
H
G
phương trình phản ứng (ghi rõ điều
Y
CH4
(9)
(2)
(10)
kiện của phản ứng, nếu có) trong dãy
I
Poli(vinyl clorua)
D
biến hóa sau:
Câu 6 (2,5 điểm ):
1. Hiđrocacbon X là chất khí (ở nhiệt độ phòng, 250C). Nhiệt phân hồn tồn X (trong điều kiện khơng có oxi)
thu được sản phẩm gồm cacbon và hiđro, trong đó thể tích khí hiđro thu được gấp đơi thể tích khí X (đo ở cùng
điều kiện nhiệt độ và áp suất). Xác định cơng thức phân tử và viết cơng thức cấu tạo mạch hở của X.
2. Cho 0,448 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm hai hiđrocacbon mạch hở (thuộc các dãy đồng đẳng ankan,
anken, ankin) lội từ từ qua bình chứa 0,14 lít dung dịch Br2 0,5M. Sau khi phản ứng hồn tồn, số mol Br2
giảm đi một nửa và khơng thấy có khí thốt ra. Mặt khác nếu đốt cháy hồn tồn 0,448 lít X (đktc), lấy tồn bộ
sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào 400 (ml) dung dịch Ba(OH)2 0,1M thu được 5,91 gam kết tủa. Xác định cơng
thức phân tử của hai hiđrocacbon.




(Cho biết: H = 1; Li = 7; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca

= 40; Fe = 56; Cu = 64; Br = 80; Ba = 137)
----------Hết--------Họ và tên thí sinh:...............................................................................Số báo danh:....................
Thí sinh được dùng bảng tuần hoàn, giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

Câu
Câu 1
2,0đ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2014-2015
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
NỘI DUNG ĐÁP ÁN

1. Xác định kim loại M, R
4, 48
8, 4
n H2 (1) 
= 0,2 (mol); n H2 (2) 
= 0,375 (mol).
22, 4
22, 4
Khi thêm 1,95 gam K vào 9,3 gam X, nếu trong X không có K thì
1,95
.100  17,33% < 52%, suy ra trong X có kim loại K=> M chính là K
%mK =
1,95  9,3
- Vậy X ( chứa K, R)
+ Nếu R tan trực tiếp trong nước, hoặc không tan trong dung dịch KOH, thì khi cho Y tác
dụng với KOH so với X có thêm 0,025 mol H2, do có phản ứng

1
K + H2O 
 KOH + H2 
2
0,05 0,025
=>

n

H 2 (2)

Điểm

0,25

0,25

 0, 2  0, 025  0, 225 (mol)< n H2 (2) đề cho.

=>R không tan trực tiếp trong nước nhưng tan trong dd KOH
Đặt số mol của K và R lần lượt là x,y ta có:
0,52.(9,3  1,95)
x=
= 0,15mol => mR = yR = 9,3 - 0,1.39 = 5,4 gam (I)
39
 Y tác dụng với dung dịch KOH có phản ứng (TN2):
1
K + H2O 
 KOH + H2 
2

0,15 0,15 0,075
n
R + (4-n)KOH + (n-2)H2O 
 K(4-n) RO2 + H2
2
ny
y dư
2
n.y
=> n H2 (2) = 0,075 +
= 0,375 => ny = 0,6 (II)
2
27n
Từ (I,II) => R =
=> n = 3; R = 27 (Al)
3
2. m CuSO4 /X = mCuSO4 /Y  80 gam
80.100%
= 20 (%)
400
Sau khi CuSO4.5H2O tách ra khỏi Y, phần còn lại vẫn là dung dịch bão hòa nên khối
20
lượng CuSO4 và H2O tách ra khỏi Y cũng phải theo tỉ lệ như dung dịch bão hòa bằng
80
Trong 10 gam CuSO4.5H2O có 6,4 gam CuSO4 và 3,6 gam H2O

0,25

0,25

mY = 500 - 100 = 400 gam → C%(CuSO4 )/Y =



2

0,25
0,25


Khối lượng CuSO4 tách ra khỏi Y là 6,4 - m (gam)
6,4 - m 20
→
=
→ m = 5,5 gam
80
3,6
Câu 2
1,5đ

1. Trích mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử đánh số mẫu 1, mẫu 2:
Nhỏ từ từ đến dư mẫu 1 vào mẫu 2
+ Nếu thấy ban đầu có kết tủa keo sau đó tan tạo dung dịch trong suốt thì mẫu 1 là NaOH,
mẫu 2 là AlCl3;
+ Nếu ban đầu không có kết tủa sau đó mới có kết tủa thì, mẫu 1 là AlCl3; mẫu 2 là NaOH
 Al(OH)3 + 3NaCl
Ptpư: AlCl3 + 3NaOH 
 NaAlO2 + 2H2O
Al(OH)3 + NaOH 
 NaAlO2 + 3NaCl+ 2H2O

AlCl3 + 4NaOH 
 4Al(OH)3 + 3NaCl
AlCl3 + 3NaAlO2 + 6H2O 
2. Trích mẫu thử, đánh số 1, 2
Nhỏ từ từ 1 vào 2 nếu có khí bay ra luôn thì 1 là Na2CO3 và 2 là HCl; ngược lại nếu không
có khí bay ra ngay thì 1 là HCl và 2 là Na2CO3, vì
- Khi nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3 thì có phản ứng
Na2CO3 + HCl  NaHCO3 + NaCl
NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O.
- Khi nhỏ từ từ dung dịch Na2CO3 vào dung dịch HCl có phản ứng
Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + CO2 + H2O

Câu 3
1,5 đ

Câu 4
1,5đ

3. Trích mẫu thử; đong lấy hai thể tích NaOH và Ba(OH)2 ( sao cho thể tích bằng nhau,
đều bằng V); cho vào 2 ống nghiệm, nhỏ vài giọt phenolphtalein cho vào 2 ống nghiệm, đánh
số 1, 2;
Sau đó lấy dung dịch HCl nhỏ từ từ vào từng ống nghiệm đến khi bắt đầu mất màu hồng
thì dừng lại: Đo thể tích dung dịch HCl đã dùng; với ống nghiệm 1 cần V1(l) dd HCl; với 2
cần V2(l) dd HCl
+ Nếu V2> V1 => Ống 1 đựng Ba(OH)2; ống 2 đựng NaOH
+ Nếu V2<V1 => Ống 2 đựng Ba(OH)2; ống 1 đựng NaOH
Giải thích: HCl + NaOH  NaCl + H2O
0,1V  0,1V
2HCl + Ba(OH)2  BaCl2 + 2H2O
0,2V  0,1V

1. a. Vì H2S phản ứng với O2 trong không khí ở điều kiện thường:
 2S + 2H2O
2H2S+ O2 
b. Vì Hg dễ bay hơi, độc; S tác dụng với Hg ở điều kiện thường tạo ra HgS không bay hơi,
dễ xử lý hơn.
 HgS
Hg + S 
 N2 + 6HCl; NH3 (k)+ HCl(k) 
 NH4Cl (tt)
c. 2NH3 + 3Cl2 
2. Thí nghiệm điều chế clo.
t0
 MnCl2 + Cl2  + 2H2O
-Ptpư điều chế: MnO2 + 4HCl (đặc) 
- Bình NaCl hấp thụ khí HCl, nhưng không hòa tan Cl2 nên khí đi ra là Cl2 có lẫn hơi nước
Bình H2SO4 đặc hấp thụ nước, khí đi ra là Cl2 khô.
H2SO4 + nH2O  H2SO4.nH2O
Bông tẩm dung dịch NaOH để giữ cho khí Cl2 không thoát ra khỏi bình (độc) nhờ phản
ứng
Cl2 + 2NaOH  NaCl + NaClO + H2O
1. Đặt số mol Cu và Fe3O4 phản ứng tương ứng là a, b
=> 64a+ 232b = 24,16 (1)



3

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


Ptpư:
Fe3O4+ 8HCl  2 FeCl3 + FeCl2 + 4H2O (1)
b 8b 2b b
Cu + 2FeCl3  CuCl2 + 2 FeCl2 (2)
a  2a  a  2a
=> (2) Vừa đủ nên 2a= 2b (II)
Từ I,II => a = b= 0,06
Vậy trong 24,16 gam X có: 0,16 mol Cu; 0,06 mol Fe3O4
 mCu = 0,16.64 = 10,24 (gam); m Fe3O4 = 0,06.232 = 13,92 (gam).

2.Tác dụng với dung dịch HNO3: n HNO3 (bđ) = 1,2 mol
Sơ đồ:
+ 1,2(mol) NaOH
dd Y
X + HNO3
NaOH
Khí
dd
NaNO3

Nung

0,25

0,25

NaOH x(mol)
NaNO2 y(mol)

Ta có: Nếu NaOH hết, chất rắn chỉ riêng: NaNO2 = 1,2 mol.69 = 82,8 gam> 78,16
 NaOH phải dư: theo sơ đồ trên ta có:
x+y = 1,2; 40x+69y =78,16
=>x= 0,16; y = 1,04
 Fe(NO3)3 + Cu(NO3)2 + Khí + H2O (2)
X+
HNO3 
24,16
k
0,18
0,16

k/2
k= số mol HNO3 phản ứng với X; n NaNO2 = 0,16.2 + 0.18.3 +nHNO3 dư = 1,04
=> n HNO3 dư = 0,18 mol
 n HNO3 pư (*) = 1,2 - 0,18 = 1,02 (mol) = k
Theo bảo toàn khối lượng:
mkhí =24,16 + 63.1,02 –( 0,18.242+ 0,16.188+ 18.1,02/2) = 5,6 gam
0,16.188
=> C% (Cu(NO3)2) =
 11, 634%
240  24,16  5, 6
Câu 5
1,0 đ

A
D
CH3COONa C4H10
(Butan)

Y
C2H2

E
C2H4

G
C4H4

H
C4H6

0,25
0,25

0,25

0,25

I
CH2=CHCl

CaO,t Cao
 CH4(k) + Na2CO3
(1) CH3COONa(r) + NaOH(r) 
Crackinh
 3CH4 + CH3-CH=CH2
(2) CH3- CH2-CH2-CH3 
Laïnhnhanh
 C2H2 + 3H2
(3) 2CH4 
15000 C
o

o

Pd.PbCO3 ,t

 H2C = CH2
(4) CH ≡ CH + H2 
xt,t 0 ,p
 (-CH2 – CH2 -)n

(5) nCH2 = CH2 
CuCl2 /NH4Cl,t 0
(6) 2CH ≡ CH  CH2 = CH – C ≡ CH
Pd.PbCO ,t o

3

 H2C = CH – CH = CH2
(7) H2C = CH –CH ≡ CH + H2 
xt,t 0 ,p
 (- CH2 – CH = CH – CH2 -)n
(8) nH2C = CH – CH = CH2 
xt,t 0
 H2C = CHCl
(9) HC ≡ CH + HCl 



4

0,1
*10 =
1,0đ


Câu 6
2,5 đ

 -CH 2 - CH- 
xt,t 0 ,p



(10) nH2C = CHCl 
 


Cl

n
1. Gọi công thức phân tử của X: CxHy ( x ≤ 4)
y
t0
CxHy 
 xC + H2
2
y
Theo bài ra ta có
= 2  y= 4.
2
Vậy X có dạng CxH4
 các công thức phân tử thỏa mãn điều kiện X là:
CH4, C2H4, C3H4, C4H4.
- CTCT: CH4; CH2=CH2; CH3-CCH; CH2=C=CH2; CH2=CH-CCH.

0, 448
= 0,02 (mol) ; n Br2 ban đầu = 0,14  0,5 = 0,07 (mol
22, 4
0, 07
= 0,035 (mol);
 n Br2 phản ứng =

2
Vì không có khí thoát ra nên 2 hiđrocacbon không no ( anken; ankin)
mBình Br2 tăng 6,7 gam là khối lượng của 2 hiđrocacbon không no.
Đặt công thức chung của 2 hiđrocacbon là C n H 2n  22k ( k là số liên kết  trung bình)

0,25
0,25*2

0,25

2.Ta có n hh X =

0,25

C n H 2n  22k + k Br2 
 Cn H 2n  22k Br2k

0,02  0,02 k
Từ phản ứng: n Br2 = 0,02 k = 0,035 mol  1< k = 1,75 <2
 2RH thuộc 2 dãy đồng đẳng khác nhau: 1 an ken, 1 ankin.
Đặt ctpt chung của 2 RH là CnH2n (x mol); CmH2m-2 (y mol)
Từ phản ứng với brom: => x+2y =0,035 (I)
Tổng số mol 2 khí: x + y = 0,02 (II)
- Phản ứng cháy, theo btnt (C): nCO2 = nx+my (*)
TH1: Nếu Ba(OH)2 dư => nCO2 = nBaCO3 = 0,03mol, theo (*)=> nx+my=0,03 (III)
Từ (I,II,III) => n+3m = 6; do m  2, n  2 => Không có n, m thỏa mãn.
TH2: Nếu Ba(OH)2 tạo 2 muối: Theo btnt C, Ba:
=> nCO2 = nBaCO3 + 2nBa(HCO3) = nBaCO3 + 2(nBa(OH)2-nBaCO3)
= 0,03+2(0,04-0,03)=0,05 mol; Từ (*) => nx+my = 0,05 (III)’
Từ (I,II,III’)

 y=0,015; x= 0,005; n+3m = 10 (n  2, m  2)
+ Với m= 2; n= 4 thì thỏa mãn.
Vậy hai hiđrocacbon đó là: C2H2 và C4H8.
Ghi chú: Thí sinh có cách giải khác,đúng vẫn cho điểm tối đa.
-----Hết----



5

0, 25
0,25

0,25

0,25
0,25